С какой скоростью волновая функция обращается в нуль на бесконечности?

Очень интересный вопрос! Я начну с описания некоторых математических основ для этого вопроса:

• Вы ищете ограниченное состояние некоторого потенциала$V$, т. е. нерассеивающее состояние. Математически это означает$L^2$-интегрируемая собственная функция оператора Шрёдингера$-\Delta+V$.

• По эллиптической регулярности для этих функций вы мгновенно получаете то, что я понимаю как ваше условие (3) (более точное утверждение было бы так:$\psi$лежит в области самосопряженной версии$\hat{p}$). В основном, аргумент здесь в том, что$\psi$должен быть дважды дифференцируемым, переставляя уравнение Шредингера, для вашего класса потенциалов вы будете иметь$\Delta \psi\in L^2$, с помощью преобразования Фурье вы получите, что первая производная также будет$L^2$. Следовательно,$\hat{p}$хорошо определен для$\psi$.

Основная идея, почему большинство связанных состояний, с которыми вы столкнетесь, экспоненциально затухают, исходит из следующей идеи: предположим, что вдали от начала координат$V$монотонна, т. е. не колеблется. Это позволяет нам оценить$V$снизу потенциалом ящика, из которого следует, что ограниченное состояние$V$будет доминировать ограниченное состояние потенциала ящика. Ограниченные состояния потенциалов ящика затухают экспоненциально, поэтому состояние будет затухать экспоненциально. Этот аргумент можно сделать явным, используя максимальные принципы для эллиптических УЧП, вы можете поднять математические детали, например,

Березин и Шубин, Уравнение Шредингера (Springer 1991).

Таким образом, из этой аргументации ответ на ваш вопрос почти нет для потенциалов, которые монотонны далеко за пределами. Под «почти» я подразумеваю, что могут быть такие функции при выделенных, но физически не относящихся к делу значениях$E$, например, рассмотрим потенциал

Теперь вы можете проверить это$\psi(x)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\frac{1}{1+x^2}$является нормированной собственной функцией этого потенциала с собственным значением 0. Оператор импульса определен для этого$\psi$а также$\psi$очевидно, затухает только полиномиально для$x\rightarrow\infty$. Итак, что здесь произошло? Если вы попытаетесь использовать аргумент «ящик», вы сравните его с ящиком, который полностью отрицателен вдали от начала координат (помните, что ящик оценивает потенциал снизу), поэтому 0 уже является состоянием рассеяния для ящика! Однако, глядя на потенциал, вы видите, что это может иметь место только для этого точного значения$E$- даже за$\epsilon$больше энергии, вы получите состояние рассеяния, так как$V\rightarrow 0$за$x\rightarrow \infty$; и для$\epsilon$меньше, вы получите связанное состояние, которое вы снова можете оценить с помощью прямоугольника, поэтому оно затухает экспоненциально. Поскольку вы не можете подготовить состояние с точной энергией, это не имеет физического значения. Вообще говоря, это явление должно происходить только при$E=\limsup_{|x|\rightarrow\infty}V(x)$, так как это будет соответствовать минимально возможной энергии для состояний рассеяния.

Итак, что может произойти, если мы отбросим условие «монотонности далеко снаружи»? Я думаю, что в этом случае должно быть возможно получить те состояния, которые вы ищете. Моя попытка построения выглядит следующим образом: Пусть$V$быть набором потенциалов ящиков, где ящики имеют постоянную высоту и становятся тоньше по мере$x$становится больше, например, что-то, что смутно выглядит так:

Если вас беспокоит бесконечное множество разрывов, поведение, которое я опишу, должно быть точно таким же для сглаженной версии этого потенциала.

Теперь связанное состояние этого потенциала будет колебаться вокруг$0$куда$V=-0.5$и распадаться где$V=+0.5$. (Экспоненциальная) скорость затухания, где$V=0.5$всегда одно и то же, контролируя ширину блоков, вы можете точно контролировать, насколько быстро затухает ваше связанное состояние, например, вы можете добиться того, что каждый раз, когда вы проходите положительную часть блока, ваша амплитуда уменьшается со скоростью$1/x^2$. Детали, вероятно, очень технические и подозрительные, но я думаю, что в принципе это должно работать.